Tham khảo đề thi - kiểm tra ''đề thi thử đại học 2013 môn toán khối b đề 29'', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
Trang 1ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2013
Môn thi: TOÁN
ĐỀ 29
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
2
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = –2
2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị lập thành một tam giác có một góc bằng 1200
Câu II (2 điểm)
cos
x
x
Câu III (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi: , 0, 0,
1 sin
x
x
Câu IV (1 điểm) Cho hình hộp ABCD.A B C D có đáy ABCD là hình vuông, AB
= AA = 2a Hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng đáy trùng với tâm của đáy M là trung điểm của BC Tính thể tích hình hộp và cosin của góc giữa hai đường thẳng AM và A C
Câu V (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A sin x sin x
II PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4 Biết toạ độ các đỉnh A(2; 0), B(3; 0) và giao điểm I của hai đường
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(2; 0; 0), B(0; 2; 0), C(0; 0; 2) Tính bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC
10 20 10 20 10 20 10 20 30
A Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C):
đường tròn (C) sao cho ABC đều
Trang 22) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x 2y 2z 1 0
1 2
Câu VII.b (1 điểm) Tìm các số nguyen dương x, y thoả mãn:
y y y y
x x x x
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu I: 2) Ta có y 4x3 4mx; 2 0
x m (m<0)
Gọi A(0; m2
+m); B( m ; m); C(– m ; m) là các điểm cực trị
2
AC m m ABC cân tại A nên góc 1200 chính là A
120
A
4
4
cos
A
AB AC
4
4
3
0 1
2
3
m (loai)
m
Vậy m=
3
1
3 thoả mãn bài toán
Câu II: 1) Điều kiện x 1
Nhân hai vế của bpt với x 3 x 1, ta được
2
x
x
Kết hợp với điều kiện x 1 ta được x 2
Ta có PT cos sin cos sin 2 cos sin
, 4
x
Câu III: Nhận xét: 0, 0,
1 sin
x
x Do đó diện tích hình phẳng cần tìm là:
2
2
1
cos sin cos
x
=
0
tan
x
Trang 3Suy ra S= 2 ln cos ln cos
Câu IV: Ta có AO=OC=a 2 A O AA2 AO2 4a2 2a2 a 2
Suy ra V=B.h= 4a a 2 2 4a 3 2
Tính góc giữa AM và A C Gọi N là trung điểm AD, suy ra AM // CN
Xét A CN ta có:
C
Vậy cosin của góc giữa AM và A C bằng 3
2 5
Câu V: Đặt t sinx với t 1,1 ta có A 5t3 9t2 4
f t t t với t 1,1 Ta có f t( ) 15t2 18t 3 (5t t 6)
6
5
f t t t (loại); ( 1)f 10, (1)f 0, (0)f 4 Vậy 10 f t( ) 4
Suy ra 0 A f t( ) 10
2
và GTNN của A là 0 đạt được khi 1 sin 1 2
2
Câu VI.a: 1) Ta có 1
4
IAB ABCD
2
IAB
1 0 1 IH = 2
Gọi ( , )I x x vì I thuộc đường thẳng y=x, ta có phương trình (AB) là y = 0; I I
IH = 2 d I AB( ; ) 2 x I 2
TH1: x I 2 I(2;2); (3;4); (2;4).C D
TH2: x I 2 I( 2; 2); ( 5; 4); ( 6; 4).C D
2) Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC
Ta có: V OABC V IOAB +V IOBC +V OCA +V ABC=1 1 1 1
3 r S OAB 3r S OBC 3r S OCA 3 r S ABC =
1
3 r S TP
OABC
2
OAB OBC OCA
2
.8 2 3
ABC
6 2 3
OABC TP
V r
Câu VII.a: Ta có (1 x)30 (1 x) (110 x) ,20 x (1)
Mặt khác: 30
30 1
k
Vậy hệ số a của 10 x trong khai triển của 10 (1 x)30 là a10 C 3010
Do (1) đúng với mọi x nên a10 b10 Suy ra điều phải chứng minh
Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(1;2) và R= 10 Suy ra 2.
H H
X
H Y
Gọi H là trung điểm BC, ta có I là trọng tâm tam giác ABC vì ABC là tam giác đều
Trang 4Phương trình (BC) đi qua H và vuông góc với AI là: 1 3 3 7 0
Vì B, C (C) nên tọa độ của B, C lần lượt là các nghiệm của hệ phương trình:
2 2 2 4 5 0 2 2 2 4 5 0
Giải hệ PT trên ta được: 7 3 3 3 3; ; 7 3 3 3 3;
2) PTTS của d1 là:
1 2
3 3 2
M d1 nên tọa độ của M 1 2 ;3 3 ; 2t t t
Theo đề:
1
0 3
t
d M P
t
+ Với t = 1 ta được M1 3;0; 2 ; + Với t = 0 ta được M2 1;3;0
Ứng với M1, điểm N1 d cần tìm phải là giao của d 2 2 với mp qua M1 và // (P), gọi mp này là (Q1) PT (Q1) là: (x 3) 2y 2(z 2) 0 x 2y 2z 7 0 (1)
PTTS của d2 là:
5 6 4
5 5
(2)
Thay (2) vào (1), ta được: t = –1 Điểm N1 cần tìm là N1(–1;–4;0)
Ứng với M2, tương tự tìm được N2(5;0;–5)
Câu VII.b: Điều kiện: 1
2